Corrigé – exercices de géométrie – 17, Exercices de Géométrie analytique et calcul
Eusebe_S
Eusebe_S14 avril 2014

Corrigé – exercices de géométrie – 17, Exercices de Géométrie analytique et calcul

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Corrigé des exercices de géométrie 17. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: L’interprétation géométrique, La transformation f, L’écriture de la similitude.
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Pondichery S corrige avril 2006.dvi

[ Corrigé du baccalauréat S Pondichéry \ 3 avril 2006

EXERCICE 1

1. a. Faux. Contre-exemple : (

e2 )3 = e6 et e(23) = e8.

b. Vrai.

c. Faux. L’équation de la tangente est y −e= e(x −1) ⇐⇒ y = ex 2. a. Vrai.

b. Faux. Exemple la fonction valeur absolue est continue et non dérivable en

0.

c. Vrai. Définition du nombre dérivé f ′(a).

3. a. Faux : contre-exemple : un = 3n et vn =−2n. b. Vrai : la suite a pour limite plus ou moins l’infini.

c. Vrai : même chose, la suite a pour limite plus oumoins l’infini.

d. Faux : si lim n→+∞

vn = 0, la suite diverge.

EXERCICE 2 (non spécialistes)

1. z0 = 2, z1 = 1+ i, z2 = i, z3 =− 1

2 +

i

2 , z4 =−

1

2 ∈R.

-2 -1 0 1 2

-1

0

1

−1

1−1−2 −→u

−→ v

O b

bb

b

b z0

z1

z3

z2

z4

2. On a un+1 = |zn+1| = ∣

1+ i 2

zn

= ∣

1+ i 2

×|zn | = 1 p 2

un .

L’égalité un+1 = 1 p 2

un montre que la suite (un ) est une suite géométrique de

raison 1 p 2 . On a u0 = |z0| = |2| = 2. On sait que un = u

(

1 p 2

)n

. Finalement :

un = 2 (

1 p 2

)n

.

3. On a OAn = |zn | = un , donc An appartient au disque (fermé) de centre O

et de rayon 0,1 si et seulement si un 6 0,1 ⇐⇒ 2 (

1 p 2

)n

6 0,1 ⇐⇒ 20 6 (p

2 )n ⇐⇒ 206 2

n 2 ⇐⇒

n

2 ln2> ln20 ⇐⇒ n >

2ln20

ln2 ≈ 8,6.

La condition sera donc réalisée la première fois par u9. On a donc n0 = 9. La calculatrice livre u8 = 0,125 etu9 ≈ 0,084 < 0,1.

Baccalauréat S

4. a. Pour tout naturel n, un 6= 0 donc zn 6= 0. On peut donc écrire zn+1− zn

zn+1 =

1+ i 2

zn zn 1+ i 2

zn

= 1+ i−2 1+ i

= −1+ i 1+ i

= i(1+ i) 1+ i

= i.

L’interprétation géométrique de cette égalité est :

— (−−−−−→ OAn+1 ,

−−−−−−→ An An+1

)

=+ π

2 . Conclusion : pour tout naturel n le triangle

OAn An+1 est rectangle en An+1.

— Enmodules l’égalité donne An An+1 OAn+1

= 1 ⇐⇒ An An+1 =OAn+1. Conclu-

sion le triangle OAn An+1 est isocèle en An+1. Finalement pour tout naturel n, le triangle OAn An+1 est rectangle iso- cèle en An+1, comme on peut le voir sur les quatre premiers triangles de la figure ci-dessus.

b. Comme les triangles sont isocèles ℓn = A0A1+A1A2+. . .+An−1An =OA1+ OA2+·· ·+OAn = u1+u2+·· ·+un . Cette somme est la somme den premiers termes d’une suite géométrique

de premier terme u1 = p 2 et de raison

1 p 2 .

On a donc ℓn = p 2

1− 1

p 2

n

1− 1 p 2

=

p 2 (p

2 n −1

)

p 2

n−1 ( p 2−1)

.

Comme lim n→+∞

p 2

n −1 p 2

n−1 = p 2, on a

lim n→+∞

ℓn = 2

p 2−1

.

EXERCICE 2 (spécialité)

1. La transformation f est de la forme z ′ = az +b avec a ∈ C, b ∈ C : c’est donc une similitude.

Cherchons son centreΩ invariant par f :

zΩ = (

1

2 + 1

2 i

)

zΩ+1 ⇐⇒ zΩ (

1

2 − 1

2 i

)

= 1 ⇐⇒ zΩ(1− i)= 2 ⇐⇒ zΩ = 2

1− i =

1+ i. Le centre de la similitude est doncΩ d’affixe 1+ i.

Les deux égalités z ′ = (

1

2 + 1

2 i

)

z +1 et 1+ i= (

1

2 + 1

2 i

)

(1+ i)+1 entraînent par

différence :

z ′− (1+ i)= (

1

2 + 1

2 i

)

[z − (1+ i)].

Or

1

2 + 1

2 i

= 1 p 2 . Donc

1

2 + 1

2 i=

1 p 2 ei

π

4 .

L’écriture de la similitude est donc finalement :

z ′− (1+ i) =

1 p

2 ei

π

4 [z (1+ i)].

On reconnaît la composée (dans n’importe quel ordre)

— d’une rotation de centreΩ et d’angle π

4 ;

— d’une homothétie de centreΩ et de rapport 1 p 2 .

Pondichéry 2 3 avril 2006

Baccalauréat S

2. a. Les affixes sont respectivement : 0 ; 1 ; 3

2 + 1

2 i ;

3

2 + i.

b. On a un =ΩAn = |zn zΩ|.

Or d’après la question 1., zn+1− zΩ = 1 p 2 ei

π

4 [zn zΩ], soit en prenant les

modules :

|zn+1− zΩ| = ∣

1 p 2 ei

π

4 [zn zΩ] ∣

= ∣

1 p 2

× ∣

∣ei π

4

∣×|zn zΩ| = 1 p 2 ×1×|zn zΩ|,

ou encore un+1 = 1 p 2

un , égalité qui montre que la suite (un ) est une suite

géométrique de raison 1 p 2 , de premier terme u0 =ΩA0 =ΩO =

p 2 (dia-

gonale d’un carré de côté 1).

Il en résulte queun = p 2

(

1 p 2

)n

.

c. D’après l’expression de un , tous les termes de la suite sont non nuls et

un+1 un

= p 2

2 < 1 : la suite est donc décroissante.

Donc s’il existe n0 tel que un0 < 0,1, tous les termes successifs vérifieront aussi cette inégalité.

Or un0 < 0,1 ⇐⇒ p 2

(

1 p 2

)n0

< 0,1 ⇐⇒ (

1 p 2

)n0−1 < 0,1, d’où d’après la

croissancede la fonction logarithmenépérien,−(n0−1) ln p 2<− ln10 ⇐⇒

ln10< (n0−1) ln p 2 ⇐⇒

ln10

ln p 2 < n0−1 ⇐⇒ n0 > 1+

ln10

ln p 2 ≈ 7,6.

Conclusion : le premier point appartenant au disque de centre Ω et de

rayon 0,1 est le point A8.

3. a. Le triangleΩA0A1 est clairement rectangle isocèle en A1.

Démontrons par récurrence que le triangleΩAn An+1 est rectangle isocèle en An+1 :

— La propriété est initialisée pour n = 0. — Supposons que le triangle ΩAn−1An soit rectangle isocèle en An . Or

le triangle ΩAn An+1 est tout simplement l’image par la similitude du triangle ΩAn−1An : il est donc de même nature, soit rectangle isocèle en An+1. La démonstration par récurrence est achevée.

b. D’après la question précédente ℓn = A0A1+·· ·+ An−1An =ΩA1+ΩA2+ ·· ·+ΩAn = u1+u2+·· ·+un , soit la somme des n premiers termes (excep- tion faite deu0) de la suite géométrique vue ci-dessus.

On a donc ℓn = 1×

(

1 p 2

)n

−1

1 p 2 −1

.

Comme 1 p 2 < 1, lim

n→+∞

(

1 p 2

)n

= 0.

Conclusion : lim n→+∞

ℓn = p 2

p 2−1

= p 2( p 2+1)

( p 2+1)(

p 2−1)

=2+ p

2.

EXERCICE 3

Partie A

1. M(x ; y ; z)∈∆ ⇐⇒ il existe λ∈R tel que −−→I M =λ−→n , car on sait que−→n est un vecteur normal au plan P . On a donc

Pondichéry 3 3 avril 2006

Baccalauréat S

x xI = λa y yI = λb z zI = λc

⇐⇒

x = xI +λa y = yI +λb z = zI +λc

qui est une équation paramétrique de la droite ∆.

2. D’après la question 1, H est un point de ∆, il vérifie donc lui aussi la relation

de colinéarité : −−→ I H = k

−→ n , avec k ∈R.

3. On a donc

xH = xI +ka yH = yI +kb zH = zI +kc

mais comme H appartient au plan P , ses co-

ordonnées vérifient l’équation du plan soit a(xI k+a)+b(yI +kb)+c(zI +kc)+

d = 0 ⇐⇒ k (

a2+b2+c2 )

+axI+byI+czI+d = 0 ⇐⇒ k =− axI +byI +czI +d

a2+b2+c2 (car a, b et c ne sont pas simultanément nuls).

4. La relation vectorielle −−→ I H = k−→n entraîne l’égalité des normes : I H = |k|

−→ n

∥= ∣

axI +byI +czI +d

a2+b2+c2 × p

a2+b2+c2 = ∣

axI +byI +czI +d

p a2+b2+c2

.

Partie B

1. On applique la partie A avec I =Ω et H point commun au plan Q et au plan P , le rayon de la sphère est donc

I H =ΩH = |1×1−1× (−1)+1×3−11|

p 1+1+1

= 6 p 3 = 2

p 3.

2. Un système d’équations paramétriques de la droite ∆ est :

x = 1+λ y = −1−λ z = 3+λ

3. En reportant ces coordonnées dans l’équation de Q on obtient 1+λ+1+λ+ 3+λ−11 = 0 ⇐⇒ 3λ−6 = 0 ⇐⇒ λ = 2. En reportant cette valeur dans les équations paramétriques de la droite ∆ on obtient :

x = 3 ; y =−3 ; z = 5. Le point commun à la sphère et au plan a pour coordon- nées (3 ; - 3 ; 5).

EXERCICE 4

Partie A

1. Soit f dérivable, strictement positive sur [0 ; +∞[ et vérifiant

f ′(t)=− 1

20 f (t)[3− ln

(

f (t) )

] (1). La fonction f étant strictement positive, la

fonction g = ln f est bien définie sur [0 ; +∞[ et g ′ = f

f ⇐⇒ f ′ = f × g ′. Mais

alors l’équation différentielle (1) s’écrit f g ′ =− 1

20 f [3− ln f ] ⇐⇒

g’ = - 1

20 [3− g ], car f 6= 0.

Inversement si la fonction g = ln f vérifie l’équation différentielle

g ′ =− 1

20 [3−g ] (2), alors puisque g ′ =

f

f existe commedérivée de la fonction com-

posée de f avec la fonction ln sur [0 ; +∞[, l’équation (2) s’écrit : f

f =

1

20 ln f

3

20 ⇐⇒ f ′ =

1

20 f ln f f

3

20 =−

1

20 f [3− ln f ].

On a donc bien montré l’équivalence.

Pondichéry 4 3 avril 2006

Baccalauréat S

2. Les solutions de l’équation z ′ =− 1

20 z sont les fonctions t 7−→ e

t 20 .

D’autre part une solution particulière constante de l’équation z ′ = 1

20 z

3

20 est le

nombre − − 320 1 20

= 3.

Finalement les solutions de l’équation z ′ = 1

20 z

3

20 sont les fonctions

t 7−→ g (t)= 3+Ce t 20 , avec C ∈R.

3. D’après la question 1, les fonctions solutions de (E) sont les fonctions f telles que g

= ln f ⇐⇒ f = exp(g). Conclusion finale : les solutions de l’équation (E) sont toutes les fonctions f telles

que :

f (t)= exp (

3+Ce t 20

)

, C ∈R.

4. Soit f (t)= exp (

3−3e t 20

)

.

a. De lim t→+∞

e t 20 =+∞, il résulte que lim

t→+∞ −3e

t 20 =−∞ et enfin que

lim t→+∞

f (t)= 0+.

b. On a f ′(t) = − 3

20 e

t 20 exp

(

3−3e t 20

)

et comme les exponentielles sont

strictement positives, f ′ est du signe de − 3

20 < 0. La fonction f est dé-

croissante sur [0 ; +∞[ de 1 (millier) à 0. c. f (t) < 0,02 ⇐⇒ exp

(

3−3e t 20

)

< 0,02 soit d’après la croissance de la

fonction logarithmenépérien 3−3e t 20 < ln0,02 ⇐⇒ 3−3e

t 20 <− ln50 ⇐⇒

3e t 20 > 3+ ln50 ⇐⇒ e

t 20 >

3+ ln50 3

⇐⇒ t

20 > ln

(

3+ ln50 3

)

⇐⇒

t > 20× ln (

3+ ln50 3

)

.

L’ensemble solution est donc S = ]

20ln

(

3+ ln50 3

)

; +∞[ .

On a : 0,02millier correspond à 20 individus. Comme20×ln (

3+ ln50 3

)

16,6, la population sera inférieure à 20 individus à partir de la dix-

septième année.

Partie B

1. On dresse un arbre pondéré :

b

b M

1 2

b T 99 100

b T1 100

b

M

1 2

b T 1

1000

b T999 1000

On a p(M)= 1

2 ; pM (T )=

99

100 pM (T )=

1

1000 (d’après l’énoncé)

2. On a p(T )= p(M T )+p (

M T )

= 1

2 ×

99

100 + 1

2 ×

1

1000 =

991

2000 .

Pondichéry 5 3 avril 2006

Baccalauréat S

3. On a pT M = p(M T

p(T ) =

99 200 991 2000

= 990

991 . Comme

990

991 ≈ 0,99899 < 0,999, on en

déduit que le test n’est pas fiable.

Pondichéry 6 3 avril 2006

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